Partielle Dierentialgleichungen

Prof. Dr. Guido Sweers SoSe 2021 Henrik Schlieÿauf, M.Sc.

Partielle Dierentialgleichungen

Übungsblatt 2

Die Lösungen zu den bepunkteten Aufgaben müssen als gut lesbares eingescanntes/abfotograertes Dokument im PDF-Format bei Ilias hochgeladen werden. Abgabeschluss ist am Montag, 26.04.2021, um 14 Uhr. Bitte beachten Sie, dass auch nur Ihre Bearbeitung der pepunkteten Aufgaben kor- rigiert wird.

Aufgabe 1: Im Skript ndet manv(x₁, x₂) = 1−x²₁−x²₂

(x1−1)²+x²₂ . Zeigen Sie, dass u(x₁, x₂) := (x₁∂_x2 −x₂∂_x1)v(x₁, x₂)

auch eine Lösung von dem folgenden Randwertproblem ist:

(−∆u(x) = 0 für x∈B₁(0),

u(x) = 0 für x∈∂B₁(0)\ {(1,0)}. (1) Lösung 1: Man kann nachrechnen, dass v eine Lösung des Problems (1) ist. (Das ist Aufgabe 1.2 aus dem Skript.) Damit erhält man für(x₁, x₂)∈B₁(0):

∆u(x₁, x₂) = ∂_x²_1x1 +∂_x²_2x2

(x₁∂_x2 −x₂∂_x1)v(x₁, x₂)

=

∂_x1 ∂_x2 +x₁∂_x²_1x2 −x₂∂_x²_1x1

+∂_x2 x₁∂_x²_2x2 −∂_x1 −x₂∂_x²_1x2

v(x₁, x₂)

= 2∂_x²

1x2 +x₁∂_x³

1x1x2 −x₂∂_x³

1x1x1 +x₁∂_x³

2x2x2 −2∂_x²

1x2 −x₂∂_x³

1x2x2

v(x₁, x₂)

= (x₁∂_x2 −x₂∂_x1) ∂_x²

1x1 +∂_x²

2x2

v(x₁, x₂)

= (x₁∂_x2 −x₂∂_x1) ∆v(x₁, x₂) = 0 Für die Randbedingung rechnet man nach:

u(x₁, x₂) = −2x₂(1−x²₁−x²₂) ((x₁−1)²+x²₂)² Damit erfüllt uauch die Randbedingung.

Alternativ kann man die Randbedingung via Polarkoordinaten leichter nachrechnen: Für

˜

v(r, ϕ) =v(rcosϕ, rsinϕ) = 1−r²

(1−rcosϕ)²+ (rsinϕ)² gilt:

∂_ϕv˜(r, ϕ) = (−rsinϕ ∂_x1 +rcosϕ ∂_x2)v(rcosϕ, rsinϕ) =u(rcosϕ, rsinϕ) Setzt man nun r= 1 in

∂_ϕv˜(r, ϕ) = (1−r²)∂_ϕ

1

(1−rcosϕ)²+ (rsinϕ)²

= (1−r²) −2rsinϕ

(1−rcosϕ)²+ (rsinϕ)²² ein, so folgt die Randbedingung.

Aufgabe 2: Für welche α∈[0,1]sind die folgenden Funktionen in C^0,α([0,1])? (a) f₁(x) = x^β mit β ∈[0,∞)

(b) f₂(x) =

(−xln(x) für x∈(0,1], 0 für x= 0.

Lösung 2: (a) Für α > β ist

|f₁(x)−f₁(0)|

|x−0|^α =x^β−α

für x ↓ 0 unbeschränkt. Daher dürfen wir α ≤ β annehmnen. Ohne Einschränkung sei nun 0< y < x <1. Dann gilt

|f₁(x)−f₁(y)|

|x−y|^α =

x^β−y^β

|x−y|^α =x^β−α

1− _x^yβ 1− ^y_x

α

Nun ist0< ^y_x <1und damit0<1−^y_x <1. Also ist 1−_x^y

α ≥1−^y_x. Auÿerdem gilt für 0≤ β ≤ 1, dass ^y_xβ

≥ _x^y

und damit 1− ^y_xβ

≤ 1− ^y_x ist. Zusammen ergibt sich für 0≤1≤β:

|f₁(x)−f₁(y)|

|x−y|^α =

x^β −y^β

|x−y|^α ≤ 1−_x^y 1−_x^y = 1 Also ist die Funktion Hölderstetig für alle α≤β ≤1.

Ist β >1 so ist f₁ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante β, da f₁⁰(x) =βx^β−1 und es nach dem Mittelwertsatz ein ξ∈(y, x) gibt, sodass

x^β−y^β

=|f₁⁰(ξ)| |x−y| ≤β|x−y| . Damit gilt dann

|f₁(x)−f₁(y)|

|x−y|^α ≤β |x−y|

|x−y|^α ≤β . Also ist f₁ auch für β >1 und α∈[0,1]Hölder-stetig.

(b) Mit

|f₂(x)−f₂(0)|

|x−0|^α =x^1−α(−ln(x))

sieht man direkt, dass dies für α = 1 unbeschränkt ist, für α < 1 aber beschränkt.

Betrachte also α <1und sei ohne Einschränkung 0< y ≤x≤1. Dann gilt

|f₂(x)−f₂(y)|=

Z x

y

f₂⁰(t)dt

≤ Z x

y

1|f₂⁰(t)| dt≤ Z x

y

|f₂⁰(t)|^1−α1 dt

1−αZ x

y

1^α1 dt α

, wobei im letzten Schritt die Hölder-Ungleichung verwendet wurde. Um deren Anwendung zu rechtfertigen müssen wir nachweisen, dass |f₂⁰| ∈L^1−α1 ([0,1]). Es gilt aber gerade

Z 1

|f₂⁰(t)|^1−α1 dt= Z 1

|−ln(t)−1|^1−α1 dt= Z ∞

|w−1|^1−α1 e^−wdw=:C < ∞.

Aufgabe 3: Berechnen Sie:

(a) Z

0<x<y<1

x

y d(x, y) (b) Z

x²+y²≤1

(2x²+y²)d(x, y)

Lösung 3: (a) Wenn man zuerst nach x integriert, dann bewegt sichx in den Grenzen von 0bisy. Nun darfyjeden Wert von 0bis1annehmen, da die Bedingung anxdafür sorgt, dass dann 0< x < y <1. Also erhält man

Z

0<x<y<1

x

ydxdy= Z 1

0

Z y

0

x y dx

dy=

Z 1

0

1 2x²1

y y

0

dy= Z 1

0

1

2y dy= 1 4

(b) Es ist hilfreich hier Polarkoordinaten zu verwenden:(x, y) = (rcos(ϕ), rsin(ϕ)) =f(r, ϕ). Da

∇f =

cos(ϕ) −rsin(ϕ) sin(ϕ) rcos(ϕ)

und {(x, y) ∈R² ; x²+y² ≤ 1} ={(rcos(ϕ), rsin(ϕ)) ; r ∈ [0,1], ϕ ∈ [0,2π]} folgt mit der Transformationsformel

Z

x²+y²≤1

(2x²+y²) d(x, y) = Z 2π

0

Z 1

0

2r²cos(ϕ)²+r²sin(ϕ)²

r drdϕ

= Z 2π

0

Z 1

0

r³cos(ϕ)²+r³ drdϕ

= 1 4

Z 2π

0

cos(ϕ)² dϕ+ 2π

Es gibt mehrere Möglichkeiten das Integral über cos(ϕ)² auszurechnen. Mithilfe der Ad- ditionstheoremecos(2ϕ) = cos(ϕ)²−sin(ϕ)² = 2 cos(ϕ)²−1folgtcos(ϕ)² = ^1+cos(2ϕ)₂ und damit gilt

Z

x²+y²≤1

(2x²+y²) d(x, y) = 1 4

1 2ϕ+1

4sin(2ϕ) 2π

0

+ 2π

!

= 3 4π.

Aufgabe 4: Sei X ={(x, y)∈(0,1)² :x+y <1}. Berechnen Sie Z

X

e^x+yy d(x, y).

Hinweis: (u, v) =

x+y,_x+y^y

Lösung 4: Wir betrachten die Funktion f : X → R², f(x, y) = (x+y,_x+y^y ). Oensichtlich gilt f(X) ⊂ (0,1)². Wir zeigen nun, dass f auf dieser Menge sogar invertierbar ist. Sei dazu (u, v) ∈ (0,1)² gegeben und setze f(x, y) = (u, v). Dann folgt aus u = x+y und v = ^y_u die Umkehrfunktion y = uv und x = u(1−v). Da sowohl f als auch die Umkehrfunktion dierenzierbar sind ist f :X →(0,1)² also ein Dieomorphismus. Daher gilt

Z

X

e^x+yy d(x, y) = Z 1

0

Z 1

0

e^v

det

1−v −u

v u

dudv= Z 1

0

Z 1

0

e^v|u−uv +uv|dudv = e−1 2 .

Aufgabe 5 (5+5 Punkte): Gegeben sei Z

x²+y²<1

∇ ·

xcos(1−x²−y²) 1 +x²

d(x, y).

(a) Berechnen Sie das Integral direkt.

(b) Berechnen Sie das Integral mit dem Satz von Gauÿ.

Lösung 5: (a) Es gilt

{(x, y)∈R² :x² +y² <1}=n

(x, y) :y∈(−1,1),−p

1−y² < x <p

1−y²o .

Somit folgt Z

x²+y²<1

∇ ·

xcos(1−x²−y²) 1 +x²

d(x, y)

= Z 1

−1

Z

√

1−y²

−√

1−y²

∂_x(xcos(1−x²−y²))dxdy

= Z 1

−1

p1−y²cos(1−(1−y²)−y²)−(−p

1−y²) cos(1−(1−y²)−y²)dy

= 2 Z 1

−1

p1−y²cos(0)dy

= 2 Z ^π₂

−^π₂

p1−sin(z)²cos(z)dz

= 2 Z ^π₂

−^π₂

cos(z)²dz =π.

Nach der Substitution y= sin(z)wurde verwendet, dass cos(z)≥0auf [−^π₂,^π₂] gilt.

(b) Der Rand der Menge ist der Einheitskreis{(x, y) :x²+y² = 1}, dessen Normale in einem Punkt(x, y) durch ~n =

x y

gegeben ist. Demnach folgt mit dem Satz von Gauÿ

Z

x²+y²<1

∇ ·

xcos(1−x²−y²) 1 +x²

d(x, y) = Z

x²+y²=1

xcos(1−1) 1 +x²

·~ndσ

= Z

x²+y²=1

x 1 +x²

· x

y

dσ

= Z

x²+y²=1

(x²+ (1 +x²)y)dσ

= Z 2π

0

cos(ϕ)²+ sin(ϕ)(1 + cos(ϕ)²)

dϕ=π.

Aufgabe 6 (5+5 Punkte): Eine Übung zu Polarkoordinaten:

(a) Zeigen Sie, dass für x=rcos(ϕ)und y =rsin(ϕ) gilt:

∂²

∂x² + ∂²

∂y² = 1 r

∂

∂rr ∂

∂r + 1 r²

∂²

∂ϕ².

(b) Zeigen Sie, dass für Funktionen f :Rⁿ → R, die nur von kxk abhängen, für die also ein f˜mit f(x) = ˜f(kxk)existiert, folgendes gilt:

∆f(x) = 1 rⁿ⁻¹

∂

∂rrⁿ⁻¹ ∂

∂r

f˜(r) fürr =kxk.

Lösung 6: (a) Hier muss man einen Zusammenhang zwischen den beiden Koordinatensys- temen schaen, der die Abhängigkeit voneinander illustriert. Sei u(x, y) eine Funkti- on in kartesischen Koordinaten und v die Darstellung in Polarkoordinaten. Das heiÿt u(rcos(ϕ), rsin(ϕ)) =v(r, ϕ). Die Darstellung in der anderen Richtung ist komplizierter, denn dann braucht man Fallunterscheidungen, wir wollen also hiermit arbeiten. Es gilt nun

1 r

∂

∂rr ∂

∂r + 1 r²

∂²

∂ϕ²

v(r, ϕ)

= 1

r

∂

∂rr ∂

∂r + 1 r²

∂²

∂ϕ²

u(rcos(ϕ), rsin(ϕ))

= 1 r

∂

∂rr

u_xcos(ϕ) +u_ysin(ϕ) + 1

r²

∂

∂ϕ

u_x(−rsin(ϕ)) +u_yrcos(ϕ)

= 1

r u_xcos(ϕ) +u_ysin(ϕ) +r(u_xxcos(ϕ)²+u_xycos(ϕ) sin(ϕ)) +r(u_xycos(ϕ) sin(ϕ) +u_yysin(ϕ)²) + 1

r²

u_x(−rcos(ϕ)) +u_y(−rsin(ϕ)) +u_xx(−rsin(ϕ))²+u_xy(−rsin(ϕ))(rcos(ϕ)) +uxy(−rsin(ϕ))(rcos(ϕ)) +uyy(rcos(ϕ))²

=u_xx+u_yy

und damit ist dies gezeigt.

(b) Mit _∂x^∂_ikxk= _kxk^xi ergibt sich:

∆f(x) =

n

X

i=1

∂

∂x_i

∂

∂x_if(x) =

n

X

i=1

∂

∂x_i

∂

∂x_i

f˜(kxk) =

n

X

i=1

∂

∂x_i x_i

kxkf˜⁰(kxk)

=

n

X

i=1

kxk −x_ikxk^xi kxk²

f˜⁰(kxk) + x²_i kxk²

f˜⁰⁰(kxk)

= 1 kxk

n

X

i=1

1− x²_i kxk²

f˜⁰(kxk) + 1 kxk²

n

X

i=1

x²_i

| {z }

=kxk²

f˜⁰⁰(kxk)

= n−1f˜⁰(kxk) + ˜f⁰⁰(kxk)

Aufgabe 7: (a) Zu welcher Dierentialgleichung wird uxx−uyy =f,

wenn die Substitution s=x−y, t=x+y durchgeführt wird?

(b) Zeigen Sie, dass jedes Paar von Funktionen g, h∈C²(R) durch

u(x, y) = g(x−y) +h(x+y) (2)

eine Lösung liefert zu

uxx−uyy = 0. (3)

(c) Zeigen Sie, dass sich jede zweimal stetig dierenzierbare Lösung von (3) wie in (2) schrei- ben lässt.

Lösung 7: (a) Man sieht, dass s =x−y und t= x+y äquivalent zu x= ^t+s₂ und y = ^t−s₂ ist. Wir denieren

eu(s, t) :=u

t+s 2 ,t−s

2

,

also gilt auch u(x, y) =u(xe −y, x+y). Damit erhalten wir ∂

∂x 2

u(x, y)− ∂

∂y 2

u(x, y) = ∂

∂x 2

eu(x−y, x+y)− ∂

∂y 2

eu(x−y, x+y)

= ∂

∂x(ue_s(x−y, x+y) +ue_t(x−y, x+y))

− ∂

∂y (−ue_s(x−y, x+y) +eu_t(x−y, x+y))

=eu_ss(x−y, x+y) +ue_st(x−y, x+y) +eu_ts(x−y, x+y) +ue_tt(x−y, x+y)−(ue_ss(x−y, x+y)

−eu_st(x−y, x+y)−ue_ts(x−y, x+y) +ue_tt(x−y, x+y))

= 4ue_st(x−y, x+y).

Wir nden also

∂

∂s

∂

∂teu(s, t) = 1 4f

s+t 2 ,t−s

2

=:fe(s, t). (4)

(b) Dann hat obigesu˜die Gestaltu(s, t) =˜ g(s) +h(t). Man sieht durch Ableiten sofort, dass die Funktion die Gleichung ∂_s∂_tu(s, t) = 0˜ löst. Wenn man f ≡0 in (4) setzt, so ist nach Teil (a) u also eine Lösung von uxx−uyy = 0.

(c) Um zu zeigen, dass jede Lösung diese Form hat, kann man wie folgt vorgehen.

Sei u eine Lösung von (3), dann löst u˜ die Gleichung ∂s∂tu(s, t) = 0˜ . Daraus folgt nach Integration, dass ∂_tu(s, t) = ˜˜ h(t) und daraus folgt, dass

˜

u(s, t) = Z t

˜h(˜t)dt˜+g(s) =h(t) +g(s).

Man erhält also, dass u(x, y) = u

t+s 2 ,t−s

2

= ˜u(s, t) =h(t) +g(s) = g(x−y) +h(x+y).